Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Đak Lak

Các bạn tham khảo Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Đak Lak sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những nội dung chính được đề cập trong đề thi để từ đó có kế hoạch học tập và ôn thi một cách hiệu quả hơn.

ĐỀ THI CHỌN HSG DAKLAK NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: (4 điểm) Rút gọn biểu thức P  x 3 x  x  2017 Tìm x cho P  2018 x3 x 2 Giải phương trình  x2  x  x2    20 Câu 2: (4 điểm) Cho phương trình x2   2m  3 x  m2  , với m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khác , (chúng trùng nhau) biểu thức 1 đạt giá trị nhỏ  x1 x2 Cho parabol  P  : y  ax2 Tìm điều kiện a để  P  có A  x0 ; y0  với hoành độ dương thỏa mãn điều kiện x02   y0   x0  y0  Câu 3: (4 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn: x2  y  x  y  18 Tìm tất cặp số  a; b  nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện: i) a, b khác ước số chung lớn a, b ii) Số N  ab  ab  1 2ab  1 có 16 ước số nguyên dương Câu 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB AC lân lượt D E ( D  B, E  C ) BE cắt CD H Kéo dài AH cắt BC F 1) Chứng minh tứ giác ADHE BDHF tứ giác nội tiếp 2) Các đoạn thẳng BH DF cắt M, CH EF cắt N Biết tứ giác HMFN tứ giác nội tiếp Tính số đo BAC Câu 5: ( điểm) Với x, y hai số thực thỏa mãn y3  y  y   11  x2  x4  x6 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức T  x  y  2018 Câu 6: (2 điểm) Cho tam giác ABC Một điểm M nằm tam giác nhìn đoạn thẳng BC góc 1500 Chứng minh MA2  2MB.MC LỜI GIẢI Câu 1: (4 điểm) Rút gọn biểu thức P  x 3 x  x  2017 Tìm x cho P  2018 x3 x 2 Giải phương trình  x2  x  x2    20 Lời giải P Ta có   x 3 x  x   x3 x 2 x  x 1  x 1 x 2    Mặt khác P  2017  2018 Ta có   x 1  x 1 x 3  x 2  x3 x 2    x  1 x 3  x  2 x 2 x 2   x 1 x 2 x  2017  x  2016  x  20162  2018 x 2 x  x  x    20  x  x   x   x    20   x  x  x  x  8  20   x  x    x  x     20  x2  x   2   x  x    16  20   x  x    36   x  x     Ta thấy phương trình x2  x   6 vô nghiệm  x   11 Mặt khác, x2  x    x2  x 10     x   11 Vậy phương trình có nghiệm x   11 x   11 Câu 2: (4 điểm) Cho phương trình x2   2m  3 x  m2  , với m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khác , (chúng trùng nhau) biểu thức 1 đạt giá trị nhỏ  x1 x2 Cho parabol  P  : y  ax2 Tìm điều kiện a để  P  có A  x0 ; y0  với hoành độ dương thỏa mãn điều kiện x02   y0   x0  y0  Lời giải 1.Phương trình có hai nghiệm khác m   2m  32  m2     m  3 m  1     m     m  m  m    x  x  2  2m  3 Mặt khác, theo hệ thức Vi-ét, ta có  2   x1 x2  m Lại có 1 x1  x2 2  2m  3 12m  18 2m2  2m2  12m  18      m2 3m2 3m2 x1 x2 x1 x2 2  m  3    3m Dấu sảy m  2.Ta có x02   y0   x0  y0   x02   x0  y0   y0   x02   x0  y0   y0   x2   y   x  y  0  x02   y0   x02   y0  Vậy nên    x0   y0   x0  y0  3  1  a  x02   x02    1 a   a  1 a Câu 3: (4 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn: x2  y  x  y  18 Tìm tất cặp số  a; b  nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện: i) a, b khác ước số chung lớn a, b ii) Số N  ab  ab  1 2ab  1 có 16 ước số nguyên dương Lời giải 1.Ta x2  y  x  y  18   x2  x     y  y  1  21 có   x     y  1  21   x  y  1 x  y  3  21 2 Do sảy trường hợp sau: x  y 1  x    x  y   21  y  +)  x  y 1  x   x  y   y  +)  Ta có: N  ab  ab  1 2ab  1 chia hết cho số: 1; a ; b  ab  1 2ab  1 ; b ; a  ab  1 2ab  1 ; ab  1; ab  2ab  1 ; 2ab  ; ab  ab  1 ; N ; ab ;  ab  1 2ab  1 ; b  ab  1 ; a  2ab  1 ; a  ab  1 ; b  2ab  1 có 16 ước dương Nên để N có 16 ước dương a; b; ab  1; 2ab  số nguyên tố Do a, b   ab   Nếu a; b lẻ ab  chia hết hợp số (vơ lý) Do khơng tính tổng qt, giả sử a chẵn b lẻ  a  Ta có b khơng chia hết cho 2ab   4b  ab   2b  chia hết cho hợp số (vô lý)  b  Vậy a  2; b  Câu 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB AC lân lượt D E ( D  B, E  C ) BE cắt CD H Kéo dài AH cắt BC F 1) Chứng minh tứ giác ADHE BDHF tứ giác nội tiếp 2) Các đoạn thẳng BH DF cắt M, CH EF cắt N Biết tứ giác HMFN tứ giác nội tiếp Tính số đo BAC A E D HN M B F C 1) Chứng minh tứ giác ADHE BDHF tứ giác nội tiếp (Đơn giản) 2) Các đoạn thẳng BH DF cắt M, CH EF cắt N Biết tứ giác HMFN tứ giác nội tiếp Tính số đo BAC sau: BAC  DHE  MFN  BHC  1800 (tứ giác ADHE; HMFN nội tiếp) Mà DHE  BHC (đối đỉnh) suy BAC  MFN  F1  F2 Lại có F1  B1; F2  C1; B1  C1  F1  F2  B1  B2 (tứ giác BDHF, CEHF, BCED nội tiếp)   Do BAC  2B1  900  BAC  3BAC  1800  BAC  600 Câu 5: ( điểm) Với x, y hai số thực thỏa mãn y3  y  y   11  x2  x4  x6 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức T  x  y  2018 Điều kiện 3  x  y  y  y   11  x  x  x   y  1   y  1    a3  2a  b3  2b, a  y  1; b   x   x2  2  x2    a3  b3    a  b     a  b   a  ab  b2    Do a  ab  b2    a  b   b2     Suy a  b   y    x2   y   x2     x  y  x   x2     x   x2  3  x  Đẳng thức xảy   9  x   x   y  1 Vậy giá trị lớn T 2022 x = 3; y=-1 Ta lại có x  y    x   x     x    x  x  x  18   x  x2  x      2 x   (Đúng) Suy T  x  y  2018    2018  2019  Đẳng thức xảy khi y 2x    x   (thỏa mãn) Suy 3 2  1  2   Vậy GTNN T 2019  x  Câu 6: (2 điểm) 3 22 ;y 2 Cho tam giác ABC Một điểm M nằm tam giác nhìn đoạn thẳng BC góc 1500 Chứng minh MA2  2MB.MC A E M C B F Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chưa điểm M,lấy điểm E cho AME đều; nửa mặt phẳng bờ BC không chưa điểm m,lấy điểm F cho CMF Ta có MAE  BAC  600  MAB  BAE  MAB  CAM  BAE  CAM  BAE  CAM (c – g - c) Suy BE  CM ; ABE  ACM Tương tự MCF  ACB  600  MCB  BCF  MCB  ACM  BCF  ACM Ta có BE  CM ; CM  CF  BE  CF ; ABE  ACM ; ACM  BCF  ABE  BCF Suy BAE  CBF  c  g  c   AE  BF Mà AE  AM  BF  AM Mặt khác BMF  BMC  CMF  1500  600  900 ( CMF đều, nên MF  MC ) Xét BMF : BMF  900  BF  MB2  MF  MA2  MB2  MC  2MB.MC ( CMF MF= MC)  ... 3 x  x  2017 Tìm x cho P  2018 x3 x 2 Giải phương trình  x2  x  x2    20 Lời giải P Ta có   x 3 x  x   x3 x 2 x  x 1  x 1 x 2    Mặt khác P  2017  2018 Ta có...  ? ?9  x   x   y  1 Vậy giá trị lớn T 2022 x = 3; y =-1 Ta lại có x  y    x   x     x    x  x  x  18   x  x2  x      2 x   (Đúng) Suy T  x  y  2018    2018. .. AE  BF Mà AE  AM  BF  AM Mặt khác BMF  BMC  CMF  1500  600  90 0 ( CMF đều, nên MF  MC ) Xét BMF : BMF  90 0  BF  MB2  MF  MA2  MB2  MC  2MB.MC ( CMF MF= MC)